จำนวน 23 ความเห็น, หน้า่ | 1| -2-

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 4 26 เม.ย. 2550 (08:57)
ขอโทษทีครับ K คือวงกลมล้อมรอบของสามเหลี่ยม ABC ครับ ขอโทษจริงๆ


Let ABC be a triangle such that ACไม่เท่ากับBC, AB K be its circumcircle.


The tangent line to K at the point A intersects the line BC in the point D.


Let K1 be the circle tangent to K and to the segments AD and BD.


We denote by M,N the points where K1 touches BD and AD respectively.


Let J be the center of the exscribed circle which is tangent to the side AB.


Show that J,M,N are collinear

pornlarpmek
ร่วมแบ่งปันความรู้และความเห็นแล้ว 1337 ครั้ง - ได้รับดาวแล้ว 163 ดวง - โหวตเพิ่มดาว

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 5 27 เม.ย. 2550 (19:27)
คิดไม่ออกกันเลยหรอครับ หรือทว่ามันคงไม่ยากสำหรับพวกพี่ๆ ผมอยากให้ทุกท่านช่วยกันคิด เผื่อจะได้เเก้ความดักดาน ของผมขึ้นมาได้บ้างนะครับ
ขอบคุณล่วงหน้าของผู้ที่มีใจที่จะช่วยตอบครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 6 30 เม.ย. 2550 (11:39)
ช่วยกันคิดกันหน่อยนะครับ คือผมรอดูคำตอบอยู่ทุกวันเลยครับ คือเสียเวลาเอาจริงเพื่อข้อนี้อ่ะครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 7 30 เม.ย. 2550 (12:09)
ผมลองวาดรูปตามดูแล้วยังไม่มั่นใจอยู่อย่างหนึ่ง (ไม่รู้วาดถูกป่าวนะครับ) จากปย.ที่ว่า
Let K1 be the circle tangent to K and to the segments AD and BD.
มันหมายความว่า "วงกลม K1 สัมผัสกับวงกลม K และ(สัมผัสกับ) ส่วนของเส้นตรง (Segments) AD กับ BD" อย่างนี้หรือเปล่าครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 8 30 เม.ย. 2550 (20:59)
ใช่ครับ ถูกเเล้วครับ รูปวาดไม่ยากนะครับ เเต่คิดผมรอคนเก่งๆมาตอบเสียดีกว่า ขอบคุณที่ยังสนใจครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 9 1 พ.ค. 2550 (14:16)
ผมว่าถ้ามีรูปประกอบละก็มีโจทย์เป็นภาษาไทยอาจจะมีคนร่วมแจมมากขึ้นนะครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 10 2 พ.ค. 2550 (12:27)
ได้เลยครับ ผมคาดว่า ไม่น่าจะเกี่ยวกับอสมการเรขาคณิตนะครับ เพราะที่โจทย์ให้มัน ถ้า ไม่บ่งบอกความมากน้อย ระหว่างด้าน AC กับ AB จะไม่สามารถวาดรูปได้ในบางกรณีครับ ช่วงนี้ผมไม่ค่อยจะมีเวลา จะทำโจทย์ข้อนี้เลย เลยจำเป็นต้องมาถาม ครับ ขอบคุณ คห.9 ที่ให้คำเเนะนำครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 11 3 พ.ค. 2550 (23:11)
อย่าร้างเลยนะกระทู้นี้ คนเก่งช่วยกันตอบเถิดนะครับ อุตส่าห์ขุดมา
หลากหลายครั้งเเต่การตอบรับน้อยมาก เสียใจรู้ป่าวเนี่ย

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 12 4 พ.ค. 2550 (10:24)
โจทย์แบบนี้ถ้าไม่คลั่งเรขาฯมากๆ หรือว่าจะสอบโอลิมปิก และมีเวลาเหลือมากๆ คงไม่ค่อยมีคนทำครับ

ปล. ช่วงนี้การบ้านท่วมครับ ไม่มีเวลาแกะ :S

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 13 4 พ.ค. 2550 (13:46)
ผมชอบเรขาคณิตมากครับถึงแม้จะไม่เก่ง จึงรอคำตอบข้อนี้ครับ ช่วยแกะหน่อยนะครับอุตส่าห์วาดรูปมา -*-

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 14 29 ส.ค. 2550 (20:31)
ขุดครับ สงสัยๆๆ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 15 30 ส.ค. 2550 (00:07)
Let p = AD, q = CD, a = BC, b = CA, c = AB, and x = MD = ND. Also, s = (a+b+c)/2 is the semiperimeter of ABC.

Using Generalized Ptolemy Theorem, one obtains:
a(p-x) + b(q-a-x) = c(q-x).
This implies x = (ap+bq-cq-ab)/2(s-c).

Note that JA = (s-b)/sin(A/2). Let M' be the leg of the perpendicular from J to AD. Note that the angle JAD is (B-C)/2. Consuquently, the angle JM'A and DMN are equal. Therefore, if one shows M'=M, then J, M, and N are hence collinear. It suffices to show that AM' = AM, or p - AM' = x.

Using Sine's Law, one yields
p = b*sin(C)/sin(B-C).
Likewise,
q = b*sin(B)/sin(B-C).
AM' = (s-b)/sin(A/2)cos(B-C)/2.

I will deal with the rest tonight. If you have time, can you please check if p-AM' = x?

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 16 30 ส.ค. 2550 (08:40)
Begin with
sin(C) = cos(pi/2 - C) = cos(A/2 + (B-C)/2) = cos(A/2)cos((B-C)/2) - sin(A/2)sin((B-C)/2).
Thus,
[cos(A/2)]/[sin(C)] = 1/[cos((B-C)/2)] + [sin((B-C)/2)sin(A/2)]/[sin(C)cos((B-C)/2)].
Consequently,
[sin(A)]/[sin(C)] = [2sin(A/2)cos(A/2)]/[sin(C)] = [2sin(A/2)]/[cos((B-C)/2)]+[2sin((B-C)/2)sin^2(A/2)]/[sin(C)cos((B-C)/2)].
Hence,
[sin(A)]/[sin(C)] = [2sin(A/2)]/[cos((B-C)/2)] + [2sin((B-C)/2)sin(A/2)]^2/[sin(C)sin(B-C)].
In other words,
a/c = [2sin^2(A/2)]/[sin(A/2)cos((B-C)/2)] + [sin(B)-sin(C)]^2/[sin(C)sin(B-C)].
According to the identity sin^2(A/2) = (s-b)(s-c)/bc, one gets
a/c = [(s-b)(s-c)/bc]*2/[sin(A/2)cos((B-C)/2)] + [sin(B)/sin(C) - 1][(sin(B)-sin(C))/sin(B-C)].
That is,
a/c = [2(s-c)/bc]*(s-b)/[sin(A/2)cos((B-C)/2)] + [b/c - 1][q/b-p/b] = [2(s-c)/bc]*AM'+ [b/c - 1][q/b-p/b].
This means,
[ab]/[2(s-c)] = AM' +[(b-c)(q-p)]/[2(s-c)].
Hence, AM' = [ab - (b-c)(q-p)]/[2(s-c)] = p - [ap+bq-cq-ab]/[2(s-c)] = p - x. Therefore, the problem is proved.

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 17 30 ส.ค. 2550 (08:55)
A lecture on the Generalization of Ptolemy's Theorem:
Let K be a circle with four other circles a, b, c, and d tangent to it (and in the counterclockwise order). For any circles x and y tangent to K, if both x and y are internally tangent to K, or both externally tangent to K, define t(x,y) to be the length of the external common tangent of x and y; if one is external and the other is internal, define t(x,y) to be the length of the internal common tangent of x and y.
Therefore,
t(a,b)*t(c,d) + t(b,c)*t(d,a) = t(a,c)*t(b,d).

The converse also holds. Let a, b, c, and d be any circles. Suppose that it is possible to write
t(a,b)*t(c,d) + t(b,c)*t(d,a) = t(a,c)*t(b,d),
where t(x,y) is the length of common tangent of x and y (internal or external). Then there exists a circle K touching all the circles a, b, c, and d.

The proof of the direct implication is not so hard. The converse is, however, very complicated. This theorem is also known as "Casey's Theorem" as Casey was the proposer and proved his assertion. In this theorem, the degenerate cases, for example, some of a, b, c, and d are points, are allowed. When all of them are points, we obtain Ptolemy's Theorem.

In this problem, I have used this theorem with the tuple (A,C,B,K1); namely,
t(A,C) = AC = b, t(C,B) = CB = a, t(B,K1) = BN = CD - CB - DN = q-a-x,
t(K1,A) = MA = DA - DM = p-x, t(A,B) = AB = c, and t(C,K1) = CN = CD - DN = q-x.
Thus,
t(A,C)*t(B,K1) + t(C,B)*t(K1,A) = t(A,B)*t(C,K1)
implies
b(q-a-x) + a(p-x) = c(q-x).

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 18 30 ส.ค. 2550 (09:01)
I have just recognized my mistake in Reply 15:
The definition of M' was wrong. The correct one is the following: Let M' be a point on AD such that M'J is perpendicular to JA.

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 19 30 ส.ค. 2550 (17:00)
PDF Solution. More understandable...

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 20 31 ส.ค. 2550 (01:54)
เจ๋งจริงๆครับคุณ anton batominovski

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 21 4 ก.ย. 2550 (01:03)
ขอขอบพระคุณเป็นอย่างยิ่งคร้าบบบบบ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 22 4 ก.ย. 2550 (01:06)
ใช่ พี่ ธนสิน นำไพศาลรึป่าวครับ

ความเห็นเพิ่มเติมที่ 25 24 มี.ค. 2551 (00:53)

ตอนนี้มีหนังสือ เรขาคณิตคิดไม่ยาก โจทย์เยอะดี